精品解析：浙江绍兴市嵊州市2025-2026学年八年级上学期期末考试数学试卷

2025学年第一学期期末学业成绩调测八年级数学 考生须知： 1．全卷分试题卷和答题卷，满分120分，考试时间120分钟． 2．答题时所有试题卷的答案请填在答题卷相应的位置上，做在试题卷上无效． 3．本次考试不使用计算器． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在平面直角坐标系中，点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图，已知图形X和直线l．以直线l为对称轴，图形X的轴对称图形是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列不等式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 一次函数y=kx+b的图像经过点（-1，2），则k-b的值是（ ） A. -1 B. 2 C. 1 D. -2 5. 不等式的最小整数解是（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 下列长度的三条线段中，能组成直角三角形的是（ ） A. B. 1，2，3 C. D. 7. 已知：如图，点在同一直线上，且，添加下列条件，不能判定的是（ ） A. B. C. D. 8. 将点向右平移1个单位长度得到，且点在轴上，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于两点，是的中点，点的坐标分别是和是线段上一个动点，则点从点向点的运动过程中，依次出现的特殊三角形为（ ） A. 直角三角形等腰三角形等边三角形直角三角形 B. 直角三角形等边三角形等腰三角形直角三角形 C. 等腰三角形一直角三角形一等边三角形一等腰三角形 D. 等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形 10. 如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置，四个阴影部分面积分别记为，，若已知的面积，则能求下列哪个代数式的值（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. “x的2倍大于3”用不等式表示为______． 12. 已知等腰三角形的两边长分别是2和6，则它的周长是_________． 13. “一边上的中线等于这边长的一半的三角形是直角三角形”是 ______命题.（填“真”或“假”） 14. 如图，射线的方向是北偏东，平分，则射线的方向是_____． 15. 如图，一次函数的图象与轴轴分别交于两点，以原点为圆心，适当长为半径画弧，交轴于点，交轴于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在第二象限交于点，作射线交于，则点的坐标是___． 16. 如图，在中，平分，的中垂线交的延长线于点，交边于点E，已知，，，则的长为_____． 三、解答题（本题有8小题，第17∽21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共72分） 17. 解下列一元一次不等式． （1）； （2）． 18. 图，图，图均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点都在格点上，只用无刻度的直尺，在下列个网格里分别画出一个三角形并涂上阴影，使其与关于某条直线成轴对称图形，要求画出图形的位置不同且顶点都在格点上． 19. 已知在平面直角坐标系中，点的坐标为． （1）若点在轴上，求点的坐标． （2）若点到轴，轴的距离相等，求的值． 20. 如图，在中，是的中点，交于点，连接，． （1）求证：． （2）若，求的度数． 21. 随着AI技术的快速发展，智能设备已经走入我们的生产生活．某公司使用甲，乙两台不同型号的智能机器人进行快递分拣工作，它们工作时各自的速度均保持不变．已知某天它们同时开始工作，甲机器人中途停工维修，维修结束后又和乙机器人一起继续工作，从开始分拣到结束工作，乙机器人工作了8小时．甲，乙两台机器人分拣快递的总数量(件)与乙机器人工作时间(小时)之间的函数关系如图所示． （1）求甲机器人每小时分拣快递的件数． （2）当甲，乙两机器人分拣快递件数相同时，求乙机器人工作的时间． 22. 如图，，，． （1）求证：． （2）若，三点在同一直线上，，求的长． 23. 若一个不等式组有解且解集为，则称为的“绝对距离”，若的绝对距离是不等式组的解，则称不等式组对于不等式组“绝对包含”． （1）已知关于的不等式组以及不等式组，判断不等式组是否对于不等式组绝对包含，并写出判断过程． （2）已知关于的不等式组和关于的不等式组，若不等式组对于不等式组绝对包含，当时，求满足条件的所有整数的和． （3）已知关于的不等式组以及不等式组，且不等式组对于不等式组绝对包含，求的取值范围． 24. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，点． （1）求直线的函数表达式． （2）是线段上一点，，作交轴于点，是轴上一点，当最小时，求点的坐标． （3）若点在第四象限内，连接，将绕点顺时针旋转，记点的对应点为点，连接，是的中点，是的中点，连接，猜想并说明与的关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期期末学业成绩调测八年级数学 考生须知： 1．全卷分试题卷和答题卷，满分120分，考试时间120分钟． 2．答题时所有试题卷的答案请填在答题卷相应的位置上，做在试题卷上无效． 3．本次考试不使用计算器． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在平面直角坐标系中，点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据点的横纵坐标的符号即可判断所在象限． 【详解】解：∵点的横坐标，纵坐标， ∴符合第四象限点的坐标符号特征，点在第四象限． 2. 如图，已知图形X和直线l．以直线l为对称轴，图形X的轴对称图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形的概念解答． 【详解】解：已知图形的轴对称图形是 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 3. 若，则下列不等式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不等式的两边同时加上（减去）同一个数，不等式的方向不变；不等式的两边同时乘以（除以）同一个正数，不等式的方向不变；不等式的两边同时乘以（除以）同一个负数，不等式的方向改变． 【详解】解：∵， ∴，，，； 故只有选项C变形正确，符合题意． 4. 一次函数y=kx+b的图像经过点（-1，2），则k-b的值是（ ） A. -1 B. 2 C. 1 D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】根据一次函数的性质即可得． 【详解】由题意，将点代入一次函数的解析式得 则 故选：D． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，掌握理解一次函数的性质是解题关键． 5. 不等式的最小整数解是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了求不等式的解集及确定最小整数解．先求出不等式的解集，然后确定最小整数解即可． 【详解】解：∵， 移项得， 合并同类项得， 解得， ∵大于等于的最小整数是， ∴该不等式的最小整数解是． 故选：A． 6. 下列长度的三条线段中，能组成直角三角形的是（ ） A. B. 1，2，3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理的逆定理，掌握运用勾股定理的逆定理判断一个三角形是不是直角三角形是解题的关键．只要验证较小两边的平方和等于最长边的平方即可判断是直角三角形． 【详解】解：A、∵，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； B、∵，∴不能构成三角形，更不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； C、∵，∴能构成直角三角形，故本选项符合题意； D、∵，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意． 故选：C． 7. 已知：如图，点在同一直线上，且，添加下列条件，不能判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定，根据全等三角形的判定定理逐项判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：已知， 、当添加时，可得，即得，由能判定，该选项不符合题意； 、当添加时，由能判定，该选项不符合题意； 、当添加时，由两边及一边的对角相等不能判定，该选项符合题意； 、当添加时，由能判定，该选项不符合题意； 故选：． 8. 将点向右平移1个单位长度得到，且点在轴上，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的平移规律及y轴上点的坐标特征，先根据平移规律得到的坐标，再利用y轴上点横坐标为0的性质列方程求出，进而得到点的坐标． 【详解】解：∵点向右平移1个单位长度得到， ∴的坐标为，即， ∵在轴上，轴上的点横坐标为0， ∴， 解得：， 将代入点的坐标： ，， ∴点的坐标是． 故选：B 9. 如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于两点，是的中点，点的坐标分别是和是线段上一个动点，则点从点向点的运动过程中，依次出现的特殊三角形为（ ） A. 直角三角形等腰三角形等边三角形直角三角形 B. 直角三角形等边三角形等腰三角形直角三角形 C. 等腰三角形一直角三角形一等边三角形一等腰三角形 D. 等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的几何应用，等腰三角形的判定，等边三角形的判定和性质等，先利用一次函数的解析式可得，，即得，得到，进而得到是等边三角形，即可得，再根据等腰三角形的定义和性质、等边三角形的性质进行判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：对于一次函数，当时，， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵点的坐标分别是和， ∴，， ∴， ∴点从点向点的运动过程中， 当点与点重合时，，此时是等腰三角形； 当点运动到的中点位置时，，此时是直角三角形； 当点与点重合时，，此时是等边三角形； 当点与点重合时，，由三角形外角性质可得，即得，此时是直角三角形； 综上，依次出现的特殊三角形为等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形， 故选：． 10. 如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置，四个阴影部分面积分别记为，，若已知的面积，则能求下列哪个代数式的值（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么．根据勾股定理得到，用各部分面积分别表示出、和，再列式求解即可． 【详解】解：如图，由题意得，， ∵，，， ∴， ∴， ∵的面积已知， ∴能求出代数式的值， 故选：A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. “x的2倍大于3”用不等式表示为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查列不等式．直接利用“的2倍”即，再利用“的2倍大于3”即可得出不等式． 【详解】解：根据题意可得：． 故答案为：． 12. 已知等腰三角形的两边长分别是2和6，则它的周长是_________． 【答案】14 【解析】 【分析】根据2和6可分别作等腰三角形的腰，结合三边关系定理，分别讨论求解． 【详解】解：当2为腰时，三边为2，2，6，由三角形三边关系定理可知，不能构成三角形， 当6为腰时，三边为6，6，2，符合三角形三边关系定理，周长为：6+6+2＝14． 故答案为：14． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系定理．关键是根据2，6，分别作为腰，由三边关系定理，分类讨论． 13. “一边上的中线等于这边长的一半的三角形是直角三角形”是 ______命题.（填“真”或“假”） 【答案】真 【解析】 【分析】根据真假命题的概念进行判断即可. 【详解】一边上的中线等于这边长的一半的三角形是直角三角形是真命题. 如图:已知:CD平分AB,且CD= AD= BD 求证:△ABC是直角三角形. 证明:∵AD=CD ∴∠A=∠1， 同理∠2=∠B ∵∠2+∠B+∠A+∠1=180，即2(∠1+∠2)=180 ∴∠1+∠2=90゜，即:∠ACB=90 ∴△ABC是直角三角形． 故答案为真. 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是熟练掌握直角三角形的判定方法，难度不大． 14. 如图，射线的方向是北偏东，平分，则射线的方向是_____． 【答案】东偏南 【解析】 【分析】本题主要考查了方向角，角平分线定义， 先求出，再根据角平分线定义求出，进而求出，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，根据题意可知， ∴． ∵平分， ∴， ∴， 则射线的方向是东偏南． 故答案为：东偏南． 15. 如图，一次函数的图象与轴轴分别交于两点，以原点为圆心，适当长为半径画弧，交轴于点，交轴于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在第二象限交于点，作射线交于，则点的坐标是___． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，角平分线的性质，一次函数图象上的点的坐标， 先根据尺规作图的步骤可知平分，再根据角平分线的性质设点，然后将点的坐标代入关系式，求出答案即可． 【详解】解：根据题意可知平分， 设点， ∵点C在直线上， ∴， 解得， ∴点． 故答案为：． 16. 如图，在中，平分，的中垂线交的延长线于点，交边于点E，已知，，，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接，，记的交点为，的交点为，连接，设，证明，四边形为菱形，可得，证明，再证明，进一步求解即可． 【详解】解：如图，连接，，记的交点为，的交点为，连接，设， ∵的中垂线交的延长线于点，交边于点E， ∴，，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 解得：， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 三、解答题（本题有8小题，第17∽21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共72分） 17. 解下列一元一次不等式． （1）； （2）． 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】本题考查一元一次不等式的解法，关键是掌握解一元一次不等式的基本步骤：对于不含分母的不等式，通过移项、合并同类项、系数化为1求解；对于含分母的不等式，需先去分母，再依次进行去括号、移项、合并同类项、系数化为1的操作，注意系数化为1时，若系数为负数，不等号方向要改变． （1）是不含分母的一元一次不等式，直接通过移项、合并同类项、系数化为1即可得到解集； （2）是含分母的一元一次不等式，先去分母消除分母，再按步骤逐步化简求解． 【小问1详解】 解：， 移项得，即， 系数化为1，两边同时除以2得． 【小问2详解】 解：， 两边同时乘以6去分母得， 去括号得， 合并右边常数项得， 移项得， 合并同类项得， 系数化为1，两边同时除以5得． 18. 图，图，图均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点都在格点上，只用无刻度的直尺，在下列个网格里分别画出一个三角形并涂上阴影，使其与关于某条直线成轴对称图形，要求画出图形的位置不同且顶点都在格点上． 【答案】 解：画图如下： 【解析】 【分析】本题考查了画轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出图形即可，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】略 19. 已知在平面直角坐标系中，点的坐标为． （1）若点在轴上，求点的坐标． （2）若点到轴，轴的距离相等，求的值． 【答案】（1）； （2）或； 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的坐标特征，结合点的位置特征列方程求解即可． （1）考查轴上点的纵坐标为0的核心性质，关键是利用该性质列方程求出的值，再代入横坐标表达式得到点的坐标 （2）考查点到坐标轴距离的定义，点到轴的距离为纵坐标的绝对值，到轴的距离为横坐标的绝对值，根据距离相等可列出绝对值方程，再结合绝对值的性质分两种情况求解即可． 【小问1详解】 解：∵点在轴上， ∴点的纵坐标为0，即，解得， 将代入，， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 解：∵点到轴、轴的距离相等， ∴， 根据绝对值的性质，分两种情况讨论： 情况一：，解得； 情况二：，解得； 综上，的值为1或9； 故答案为：或． 20. 如图，在中，是的中点，交于点，连接，． （1）求证：． （2）若，求的度数． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，角平分线的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键． （）由已知可得是线段的垂直平分线，即得，再根据勾股定理的逆定理即可求证； （）由得，再根据角平分线的判定定理可得，即得到，得到，即可求解． 【小问1详解】 证明：∵是的中点，交于点， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴； 【小问2详解】 解：由（）知，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴点在的角平分线上，即平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 21. 随着AI技术的快速发展，智能设备已经走入我们的生产生活．某公司使用甲，乙两台不同型号的智能机器人进行快递分拣工作，它们工作时各自的速度均保持不变．已知某天它们同时开始工作，甲机器人中途停工维修，维修结束后又和乙机器人一起继续工作，从开始分拣到结束工作，乙机器人工作了8小时．甲，乙两台机器人分拣快递的总数量(件)与乙机器人工作时间(小时)之间的函数关系如图所示． （1）求甲机器人每小时分拣快递的件数． （2）当甲，乙两机器人分拣快递件数相同时，求乙机器人工作的时间． 【答案】（1）甲机器人每小时分拣快递件； （2）乙机器人工作的时间为小时或小时 【解析】 【分析】本题考查二元一次方程组的实际应用及一次函数的应用与求解，关键是通过不同工作阶段的总量关系列方程组求速度，再构建甲、乙分拣总数的函数关系式，分阶段求解函数值相等时的自变量． （1）设甲、乙的分拣速度为未知数，根据“小时甲乙共同分拣的总量”“小时乙单独分拣后的总量”列二元一次方程组，求解得到甲的速度． （2）分别写出甲、乙分拣总数关于乙工作时间的函数关系式，分“甲工作、甲维修、甲重新工作”三个阶段，令两函数值相等，解方程得到对应时间． 【小问1详解】 解：设甲机器人每小时分拣件，乙机器人每小时分拣件， 根据图象题意列方程组：，解得， 答：甲机器人每小时分拣快递件； 【小问2详解】 解：根据（1）乙机器人每小时分拣快递件， ∴乙单独分拣快递总数． ①当时，甲机器人每小时分拣快递件，它们同时开始工作，不存在分拣快递件数相同的情况； ②当时，， 当时，，解得； ③当时，． 当时，，解得． 答：当甲、乙分拣快递件数相同时，乙机器人工作的时间为小时或小时． 22. 如图，，，． （1）求证：． （2）若，三点在同一直线上，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴； （2） 【解析】 【分析】（）由可得，进而由即可求证； （）由全等三角形的性质得，，再利用勾股定理得，过点作于，利用三角形的面积可得，即得，最后根据等腰三角形的性质即可求解； 本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 过点作于，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 23. 若一个不等式组有解且解集为，则称为的“绝对距离”，若的绝对距离是不等式组的解，则称不等式组对于不等式组“绝对包含”． （1）已知关于的不等式组以及不等式组，判断不等式组是否对于不等式组绝对包含，并写出判断过程． （2）已知关于的不等式组和关于的不等式组，若不等式组对于不等式组绝对包含，当时，求满足条件的所有整数的和． （3）已知关于的不等式组以及不等式组，且不等式组对于不等式组绝对包含，求的取值范围． 【答案】（1）不等式组对于不等式组绝对包含，理由见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】本题考查一元一次不等式组的解法及新定义的应用，关键是理解新定义，将问题转化为不等式组的解集及解的判断问题． （1）先求解不等式组的解集，计算其绝对距离，再判断该绝对距离是否属于不等式组的解集即可； （2）先确定不等式组的绝对距离，求解不等式组的解集，根据“绝对包含”的定义列出关于和的不等式，结合的取值范围确定整数的取值，最后求和； （3）分别求解不等式组和的解集，计算的绝对距离，根据“绝对包含”的定义列出关于的不等式组，结合不等式组有解的条件确定的取值范围． 【小问1详解】 解：解不等式组：，得， 其绝对距离为； 不等式组的解集为，且，即3是不等式组的解， 不等式组B对于不等式组绝对包含； 【小问2详解】 解：不等式组：有解， ，其绝对距离为； 解不等式组，得； 不等式组D对于不等式组绝对包含， 是的解，即， 由不等式①得， 解得：， ， ，此条件与不等式组C有解的条件一致， 由不等式②得； 又，且， 整数的取值为； 这些整数的和为； 【小问3详解】 解：解不等式组：，得， 不等式组有解， ，解得， 其绝对距离为； 解不等式组：，<x<， 不等式组有解， ，解得，该条件在时自动满足； 不等式组对于不等式组绝对包含， 是的解，即，解得， 结合， 的取值范围为. 24. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，点． （1）求直线的函数表达式． （2）是线段上一点，，作交轴于点，是轴上一点，当最小时，求点的坐标． （3）若点在第四象限内，连接，将绕点顺时针旋转，记点的对应点为点，连接，是的中点，是的中点，连接，猜想并说明与的关系． 【答案】（1）； （2）； （3） 解：，，理由如下： 设，分三种情况讨论： 情况一：如图，点在直线的左侧（），过作轴于，过作于，连接、， ∴，， 由旋转得， ， ， ， ，， ， ，， ，， ，， ，， ， ， ， 是中点 ， 是中点， ， ， ， ， ∵，，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴，； 情况二：如图，点在直线的右侧（）时，过作轴于，过作于，连接、， ∴，， 由旋转得， ， ， ， ，， ， ，， ，， ，， ，， ， ， ， 是中点 ， 是中点， ， ， ， ， ∵，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴，； 情况三：如图，当点在直线上（）时，连接、， 此时，． 绕顺时针旋转得， ， 是中点， 是中点 ， ， ， ， ∵，，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴，； 综上所述，，． 【解析】 【分析】（1）已知直线上两点坐标，用待定系数法设直线解析式，代入两点坐标解方程组，求出、即可得到直线的函数表达式． （2）利用得出，结合求出点坐标．由且为等腰直角三角形，求出点坐标，再作关于轴的对称点．连接，与轴交点即为使最小的点，用待定系数法求直线解析式，代入得点坐标． （3）分三种情况讨论：点在直线左侧、右侧、在直线上．过作轴，过作，证明，得到坐标．利用中点坐标公式求出、坐标，再结合勾股定理证明． 【小问1详解】 解：设直线的解析式为，把点，点代入得， ， 解得， ∴直线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：如图，作点关于轴的对称点，过点作轴于，连接交轴于点， 则，，， ∴， 由两点之间，线段最短，可知此时的值最小， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， 设直线的函数解析式为，把和代入得， ， 解得， ∴直线的函数解析式为， 当时，， ∴； 【小问3详解】 略 【点睛】本题主要考查了一次函数解析式的求法、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式、勾股定理以及平行与线段长度关系的证明等知识点，熟练掌握待定系数法求函数解析式、轴对称最短路径问题、全等三角形的构造与证明以及中点坐标公式的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $